1、高考资源网（） 您身边的高考专家安徽省黄山市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题包括10小题每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）1如图所示，甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1、v2、v3，下列说法中正确的是( )A甲做的可能是直线运动B乙做的可能是直线运动C甲不可能做匀变速运动D甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力2如图，小物块置于倾角为的斜面上，与斜面一起以大小为gtan的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为( )ABCD3公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬
2、吊在半空秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度其简化模型 如图所示若要使夹角变大，可将( )A增大转动周期B钢丝绳变短C增大座椅质量D增大角速度4物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t则物体的( )Avm可为许多值，与al、a2的大小有关Bvm可为许多值，与a1、a2的大小无关Ca1、a2必须满足=Da1、a2必须是一定的5如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同初速度方向沿斜面向上，则物
3、体在斜面上运动的过程中( )A动能先减小后增大B机械能先减小后增大C如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大D物体在斜面上运动的过程中连续相同两段时间内摩擦力做功不可能相等6质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g=10m/s2下列说法 中正确的是( )A此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6WC此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD此
4、物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W7小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动则经过足够长的时间后，小行星运动的( )A半径变小B速率变大C加速度变小D角速度变大8如图所示，两个等量正的点电荷Q、P，连线中点为O，在垂线上有两点A、B，OAOB，A、B两点的电场强度及电势分别为助、EA、EB、A、B，则( )AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA 一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B9一理想变压器原、副线圈匝数比nl：n2=1
5、1：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图所示副线圈仅接入一个10的电阻则( )A流过电阻的电流是20 AB与电阻并联的电压表的示数是100VC变压器的输入功率是1l03WD经过1分钟电阻发出的热量是6103 J10如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为当杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）设杆接入电路的
6、电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g则此过程( )A轻杆在做匀加速直线运动B流过曲棒的电流从abC恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D恒力F做的功、安培力做的功与摩擦力做的功三者之和等于杆动能的变化量二、实验题（本题共2小题，共18分）11一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示用刻度尺测量斜面的高度与长度之比为1：4，小车质量为400g，图（b）是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz由图（b）可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度vB=_m/s，打纸带上E点时小车的瞬时速度vE=
7、_m/s，打纸带上B点到E点过程中小车重力势能的减少量为_J，此过程中小车克服阻力所做的功为_Jg取10m/s2，保留两位有效数字）12有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000，要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有：电源E：电动势约15V，内阻不计；电压表V2：量程2V，内阻r2=2000；定值电阻R1：阻值20；定值电阻R2：阻值3；滑动变阻器R0：最大阻值10，额定电流1A；电键一个，导线若干设计的一个测量电压表V1的内阻的实验电路图如图所示实验中定值电阻R应选用_（R1或R2）说明实验所要测量的物理量：_和_；写出电压表V1内阻的计算的表达式RV1=_三、计算题（本题共4小题
8、，总分42分解答应写出必要的文字说明和推理步骤，只写出答案的不给分）13如图1，固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2求：（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角14如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L导轨平面与水平面夹角为a导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接 触良好，金属棒的质量为m 电阻为R两金属导轨的上端连 接右侧电路，电路中R2为一电 阻箱，已知灯泡的电阻R
9、L=4R，定值电阻R1=2R，调节电阻箱使R2=12R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放，求：（1）金属棒下滑的最大速度vm的大小；（2）当金属棒下滑距离为so时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产生的电热15如图所示，半径分别为R和r（Rr）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个小球夹住，但不拴接同时释放两小球，（1）已知小球a的质量为m，若a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求小球b的质量；（2）若ma=mb=m，且要求a、b都还能够通过各自的最高点，则弹簧在释放前至
10、少具有多犬的弹性势能？16如图所示，平行带电导体板A、B竖直放置，平行带电导体板C、D水平放置，B板上有一小孔，从小孔射出的带电粒子刚好可从C、D板间左上角切入C、D板间电场，已知C、D板间距离为d，长为2d，UAB=UCD=UO，在C、D板右侧存在一个垂直纸面向内的只有左边界的水平匀强磁场质量为m，电量为q的带正电粒子由静止从A板释放，沿直线运动至B板小孔后贴近C板进入G、D板间，最后能进入磁场中（带电粒子的重力不计）求：（1）带电粒子射出C、D板时的偏转位移大小；（2）带电粒子射出C、D板时的速度v大小和方向；（3）欲使带电粒子恰不再返回至C、D板间，则右侧磁场的磁感应强度的最大值为多少？
11、安徽省黄山市2015届高考物理一模试卷一、选择题（本题包括10小题每小题4分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题意）1如图所示，甲乙两运动物体在t1、t2、t3时刻的速度矢量分别为v1、v2、v3和v1、v2、v3，下列说法中正确的是( )A甲做的可能是直线运动B乙做的可能是直线运动C甲不可能做匀变速运动D甲受到的合力可能是恒力，乙受到的合力不可能是恒力考点：运动的合成和分解 分析：根据速度方向是否改变判断物体是否做直线运动，圆周运动的速度方向时刻改变根据速度变化量的方向，得出加速度的方向，从而根据牛顿第二定律得出合外力是否是恒力解答：解：A、甲、乙的速度方向在变化，所以甲乙不可能做直线运
12、动故A错误BCD、甲的速度变化量的方向不变，知加速度的方向不变，则甲的加速度可能不变，甲不可能都作圆周运动；根据牛顿第二定律，知甲的合力可能是恒力乙的速度变化量方向在改变，知加速度的方向改变，所以乙的合力不可能是恒力故BC错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键知道加速度的方向与速度变化量的方向相同，合外力的方向与加速度的方向相同2如图，小物块置于倾角为的斜面上，与斜面一起以大小为gtan的加速度向左做匀加速直线运动，两者保持相对静止，则运动过程中，小物块受力的示意图为( )ABCD考点：牛顿第二定律；物体的弹性和弹力 专题：牛顿运动定律综合专题分析：物块向做加速运动，由受力分析可以判断出物体
13、的受力解答：解：假设物体受到摩擦力沿斜面向上，对物体受力分析，沿斜面方向和垂直于斜面方向建立平面直角坐标系，由牛顿第二定律可得：FNsinFfcos=maFNcos+FfsinG=0联立解得：Ff=0，故物体只受支持力和重力，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题主要考查了对物体的受力分析，通过假设力的存在来判断受力情况；3公园里的“飞天秋千”游戏开始前，座椅由钢丝绳竖直悬吊在半空秋千匀速转动时，绳与竖直方向成某一角度其简化模型 如图所示若要使夹角变大，可将( )A增大转动周期B钢丝绳变短C增大座椅质量D增大角速度考点：向心力；牛顿第二定律 专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：座椅做圆周
14、运动，靠重力和拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，抓住周期不变，列出表达式分析求解解答：解：座椅重力和拉力的合力提供向心力，有：mgtan=m（lsin+r）=m2（lsin+r）解得：l=则要使夹角变大，可减小周期T，或使钢丝绳的长度变长，或增大角速度，与座椅的质量无关故D正确，ABC错误故选：D点评：解决本题的关键知道座椅做圆周运动向心力的来源，结合牛顿第二定律进行求解4物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点，所用时间为t现在物体从A点由静止出发，先做匀加速直线运动（加速度为a1）到某一最大速度vm，然后立即做匀减速直线运动（加速度大小为a2）至B点速度恰好减为0，所用时间仍为t则物体
15、的( )Avm可为许多值，与al、a2的大小有关Bvm可为许多值，与a1、a2的大小无关Ca1、a2必须满足=Da1、a2必须是一定的考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：直线运动规律专题分析：结合匀速直线运动的位移公式和匀变速直线运动的平均速度推论得出vm和v的关系；结合速度时间公式，以及vm和v的关系得出a1、a2满足的关系解答：解：A、当物体匀速通过A、B两点时，x=vt当物体先匀加速后匀减速通过A、B两点时，根据平均速度公式，总位移x=，解得vm=2v，与a1、a2的大小无关故A、B、D错误C、匀加速运动的时间和匀减速运动的时间之和t=，而vm
16、=2v，代入得t=，整理得，故C正确故选：C点评：解决本题的关键掌握匀速直线运动和匀变速直线运动的运动学公式和推论，并能灵活运用5如图所示，一个小物体在足够长的斜面上以一定初速度释放，斜面各处粗糙程度相同初速度方向沿斜面向上，则物体在斜面上运动的过程中( )A动能先减小后增大B机械能先减小后增大C如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则此后物体动能将不断增大D物体在斜面上运动的过程中连续相同两段时间内摩擦力做功不可能相等考点：动能定理的应用；机械能守恒定律 专题：动能定理的应用专题分析：分析物体可能的运动情况：可能先向上匀减速运动，后向下匀加速运动，也可能向上匀减速运动，停在最高点动
17、能可能先减小后增大，也可能一直减小到零物体克服摩擦力做功，机械能始终减小如果某段时间内摩擦力做功与物体动能的改变量相同，根据动能定理分析重力做功情况，确定物体的运动情况，判断此后物体动能的变化情况物体沿斜面向上做匀减速运动的过程中，相同时间段内，摩擦力做功可能相同解答：解：A、物体先向上匀减速运动，后向下匀加速运动，动能先减小后增大；物体也可能向上匀减速运动，停在最高点，动能一直减小故A错误B、物体在运动过程中，摩擦力始终做负功，机械能减小转化为内能，所以机械能不会增加故B错误C、物体运动过程中，重力和摩擦力做功，引起动能变化，由动能定理可知，摩擦力做功与物体动能的改变量相同，则重力做功零，说
18、明物体先上滑后下滑相同高度，此后物体断续下滑，动能增加故物体动能将不断增大故C正确D、如果物体能够从斜面下滑，在最高点附近的过程，可以取两段时间相等且路程相等的过程，则克服摩擦力做功相等，故D错误；故选：C点评：本题关键分析物体可能的运动情况涉及动能变化的问题，优先考虑用动能定理分析6质量为2kg的物体，放在动摩擦因数为=0.1的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图所示，g=10m/s2下列说法 中正确的是( )A此物体在OA段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WB此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率
19、为6WC此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 WD此物体在OA段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W考点：匀变速直线运动的图像；功率、平均功率和瞬时功率 专题：运动学中的图像专题分析：根据功的公式W=FL分析可知，在OA段和AB段物体受到恒力的作用，并且图象的斜率表示的是物体受到的力的大小，由此可以判断物体受到的拉力的大小，再由功率的公式可以判断功率的大小解答：解：对物体受力分析，物体受到的摩擦力为Ff=FN=mg=0.1210N=2N由图象可知，斜率表示的是物体受到的力的大小，OA段的拉力为5N，AB段的拉力为1.5N，所以物体在OA段做匀加速运动
20、，在AB段做匀减速直线运动在OA段的拉力为5N，物体做加速运动，当速度最大时，拉力的功率最大，由V=at，X=at2，a=代入数值解得：V=3m/s，此时的最大功率为：P=FV=53W=15W，在AB段，物体匀减速运动，最大速度的大小为3m/s，拉力的大小为1.5N，所以此时的最大功率为P=FV=1.53W=4.5W，所以在整个过程中拉力的最大功率为15W，所以BCD错误，A正确故选：A点评：本题考查了对功的公式W=FL的理解，根据图象的分析，要能够从图象中得出有用的信息斜率表示物体受到的拉力的大小，本题很好的考查了学生读图和应用图象的能力7小行星绕恒星运动，恒星（中心天体）均匀地向四周辐射能
21、量，质量缓慢减小，可认为小行星在绕恒星运动一周的过程中近似做圆周运动则经过足够长的时间后，小行星运动的( )A半径变小B速率变大C加速度变小D角速度变大考点：万有引力定律及其应用；人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 专题：万有引力定律的应用专题分析：恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，又小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，可分析线速度、角速度、加速度等解答：解：A、恒星均匀地向四周辐射能量，质量缓慢减小，二者之间万有引力减小，小行星做离心运动，即半径增大，故A错误；B、小行星绕恒星运动做圆周运动，万有引力提供向心力，设小行星的
22、质量为m，恒星的质量为M，则，即，M减小，r增大，故v减小，故B错误；C、由得：M减小，r增大，所以a减小，故C正确；D、v=r，v减小，r增大，故减小，故D错误故选：C点评：关于万有引力与航天，记住作圆周运动万有引力等于向心力；离心运动，万有引力小于向心力；向心运动，万有引力大于向心力8如图所示，两个等量正的点电荷Q、P，连线中点为O，在垂线上有两点A、B，OAOB，A、B两点的电场强度及电势分别为助、EA、EB、A、B，则( )AEA一定大于EB，A一定大于BBEA不一定大于EB，A一定大于BCEA 一定大于EB，A不一定大于BDEA不一定大于EB，A不一定大于B考点：电场线；电势 分析：
23、根据点电荷场强公式E=k，运用矢量合成的平行四边形定则，确定求出两电荷连线中垂线上各个点的合场强大小情况和方向特点，根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的高低解答：解：两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A、B连线之间，也可能在A、B连线上，还可能在A、B连线下，由于A、B两点的间距也不确定，故EA可能大于EB，也可能小于EB，还可能等于EB，即EA不一定大于EB根据平行四边形定则可知中垂线上电场强度方向一直向上，故电势越来越低，A一定大于B；故ACD错误，B正确；故选：B点评：本题关键是要明
24、确两个等量同种电荷连线的中垂线上的场强分布情况和电势分布情况，知道沿着场强方向，电势越来越低，从而判断场强和电势关系9一理想变压器原、副线圈匝数比nl：n2=11：5原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图所示副线圈仅接入一个10的电阻则( )A流过电阻的电流是20 AB与电阻并联的电压表的示数是100VC变压器的输入功率是1l03WD经过1分钟电阻发出的热量是6103 J考点：变压器的构造和原理 专题：交流电专题分析：由图可读出最大值，周期，电表的示数为有效值，由输入功率等于输出功率可求得输入功率解答：解：由图可知原线圈输入交变电压u=220sin100t（V），有效值为220V，根据理想变
25、压器的规律可知副线圈两端的电压为：VA、流过电阻的电流是=10 A，故A错误B、与电阻并联的电压表的示数是有效值，所以是100V，则B错误C、输入功率等于输出功率，P出=1l03W故C正确D、经过1分钟电阻发出的热量是Q=Pt=6104 J，则D错误故选：C点评：考查交流电的图象及表达式，明确输入功率等于输出功率，及电表的示数为有效值10如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为当杆在水平
26、向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g则此过程( )A轻杆在做匀加速直线运动B流过曲棒的电流从abC恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D恒力F做的功、安培力做的功与摩擦力做的功三者之和等于杆动能的变化量考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律 专题：电磁感应与电路结合分析：导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大根据右手定则判断电流的方向根据功能关系分析恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量、恒力F做的功与安培力做的
27、功之和与动能变化量的关系解答：解：A、轻杆在恒力作用下作加速运动，速度增大，产生感应电动势和感应电流增大，安培力增大，合外力减小，加速度减小，当合外力为零作匀速运动，所以轻杆做加速度减小的变加速直线运动，故A错误B、由右手定则判断知流过棒的电流从ba，故B错误CD、根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量故C错误，D正确故选：D点评：解决本题的关键要抓住安培力随速度增大而增大的特点，进行动态变化分析，同时要准确掌握动能定理，并能用来分析杆的能量变化情况二、实验题（本题共2
28、小题，共18分）11一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计时器的纸带从斜面上滑下，如图（a）所示用刻度尺测量斜面的高度与长度之比为1：4，小车质量为400g，图（b）是打出纸带的一段，相邻计数点间还有四个点未画出，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz由图（b）可知，打纸带上B点时小车的瞬时速度vB=0.15m/s，打纸带上E点时小车的瞬时速度vE=_0.33m/s，打纸带上B点到E点过程中小车重力势能的减少量为7.2102J，此过程中小车克服阻力所做的功为5.5102Jg取10m/s2，保留两位有效数字）考点：探究功与速度变化的关系 专题：实验题；动能定理的应用专题分析：能够知
29、道相邻的计数点之间的时间间隔纸带实验中，若纸带匀变速直线运动，测得纸带上的点间距，利用匀变速直线运动的推论，可计算出打出某点时纸带运动的瞬时速度先根据牛顿第二定律求出阻力，根据恒力做功公式求解克服阻力所做的功解答：解：根据中点时刻的速度等于平均速度得：vB=0.15m/svE=0.33m/s小车重力势能的减少量：EP=mgh=0.410（0.13500.0630）=0.072J根据加速度的定义式得：a=0.6m/s2根据牛顿第二定律得：mgsinf=ma解得：f=mgma=0.76N所以克服阻力所做的功：W=Wf=0.76（0.1350.063）J=0.055J故答案为：0.15；7.2102
30、；5.5102点评：了解打点计时器的工作原理，清楚数据处理的方法，要注意单位的换算，难度不大，属于基础题12有一电压表V1，其量程为3V，内阻约为3000，要准确测量该电压表的内阻，提供的实验器材有：电源E：电动势约15V，内阻不计；电压表V2：量程2V，内阻r2=2000；定值电阻R1：阻值20；定值电阻R2：阻值3；滑动变阻器R0：最大阻值10，额定电流1A；电键一个，导线若干设计的一个测量电压表V1的内阻的实验电路图如图所示实验中定值电阻R应选用（R1或R2）说明实验所要测量的物理量：电压表的读数和电压表的读数；写出电压表V1内阻的计算的表达式RV1=考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析
31、：本题的关键是根据滑动变阻器允许通过的最大电流求出电路中需要的最小电阻即可求解；题和根据串并联规律解出待测电压表的内阻即可解答：解：由于滑动变阻器允许通过的最大电流为Imax=1A，所以变阻器最小电阻应为：，所以定值电阻应选；两电压表串联，电流相等，故有：，解得：=，所以实验应测量的物理量是电压表的读数和电压表的读数；根据上题分析可知，电压表的内阻为：=；故答案为：；电压表的读数；电压表的读数；点评：选择器材时，应首先画出电路图，再根据欧姆定律进行估算，注意通过电表的电流不能小于量程的三、计算题（本题共4小题，总分42分解答应写出必要的文字说明和推理步骤，只写出答案的不给分）13如图1，固定光
32、滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度v随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2求：（1）小环的质量m；（2）细杆与地面间的倾角考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）从速度时间图象得到小环的运动规律，即先加速和匀速，求出加速度，得到合力，然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解；（2）通过第一问的列式计算，同样可以得出细杆与地面的倾角解答：解：（1）由图得：a=0.5m/s2，前2s，物体受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：F1mgsin=
33、ma 2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F2=mgsin 由两式，代入数据可解得：m=1kg，=30故小环的质量m为1kg（2）由第一问解答得到，细杆与地面间的倾角为30点评：本题关键是对小球进行运动情况分析，先加速后匀速；然后受力分析，根据共点力平衡条件和牛顿第二定律列式求解14如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L导轨平面与水平面夹角为a导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面斜向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接 触良好，金属棒的质量为m 电阻为R两金属导轨的上端连 接右侧电路，电路中R2为一电 阻箱，已知灯泡的电阻RL
34、=4R，定值电阻R1=2R，调节电阻箱使R2=12R，重力加速度为g，闭合开关S，现将金属棒由静止释放，求：（1）金属棒下滑的最大速度vm的大小；（2）当金属棒下滑距离为so时速度恰好达到最大，则金属棒由静止开始下滑2so的过程中，整个电路产生的电热考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）闭合开关S，金属棒由静止释放，沿斜面下滑切割磁感线，产生电动势E=BLv，相当于电源给电路供电，随着速度的增大电动势增大，当速度达到最大值时，导体棒匀速运动，由受力平衡求出vm（2）由动能定理和功能关系对棒下滑距离分别s0和2s0的情况
35、列式，即可求出电热解答：解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，达到最大时有： mgsin=F安 F安=BIL I= 其中R总=6R 联立以上各式得金属棒下滑的最大速度 vm= （2）由动能定理，有 WGW安=由于 WG=2mgs0 sin，W安=Q 解得Q=2mgs0sin将代入上式可得 Q=2mgs0sin答：（1）金属棒下滑的最大速度vm的大小是；（2）金属棒由静止开始下滑2s0的过程中，整个电路产生的电热是2mgs0sin点评：本题考查了电路知识、电磁感应知识，要明确速度最大的条件，正确分析力与运动的关系、功与能的关系15如图所示，半径分别为R和r（Rr）的甲乙两光滑圆轨道安置在同一竖直
36、平面内两轨道之间由一光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两个小球夹住，但不拴接同时释放两小球，（1）已知小球a的质量为m，若a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点，求小球b的质量；（2）若ma=mb=m，且要求a、b都还能够通过各自的最高点，则弹簧在释放前至少具有多犬的弹性势能？考点：动能定理的应用；功能关系 分析：（1）根据牛顿第二定律得出最高点的速度，根据机械能守恒定律列出等式求解（2）由动量守恒定律得出速度关系，根据机械能守恒定律求解解答：解：（1）根据牛顿第二定律得a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点的速度分别为：va=vb=由动量守恒定律mva=mbvb根据机械
37、能守恒定律得：mv=mv+mg2Rmbv=mbv+mbg2r联立得：=即：mb=m（2）若ma=mb=m，由动量守恒定律得：va=vb=v当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，E弹最小，根据机械能守恒得：Ep=m（）2+mg2R2=5mgR答：（1）小球b的质量为m；（2）若ma=mb=m，且要求a、b都还能够通过各自的最高点，则弹簧在释放前至少具有5mgR的弹性势能点评：解决该题关键能判断出小球能通过最高点的条件，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立列式求解16如图所示，平行带电导体板A、B竖直放置，平行带电导体板C、D水平放置，B板上有一小孔，从小孔射出的带电粒子刚好可从C、D板间左上角切
38、入C、D板间电场，已知C、D板间距离为d，长为2d，UAB=UCD=UO，在C、D板右侧存在一个垂直纸面向内的只有左边界的水平匀强磁场质量为m，电量为q的带正电粒子由静止从A板释放，沿直线运动至B板小孔后贴近C板进入G、D板间，最后能进入磁场中（带电粒子的重力不计）求：（1）带电粒子射出C、D板时的偏转位移大小；（2）带电粒子射出C、D板时的速度v大小和方向；（3）欲使带电粒子恰不再返回至C、D板间，则右侧磁场的磁感应强度的最大值为多少？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）根据动能定理求带电粒子从B板小孔射出时的速度大小v0
39、；然后根据类平抛运动规律求出带电粒子射出C、D板时的偏转位移大小；（2）带电粒子在CD板间做类平抛运动，沿导体板方向做匀速运动，垂直导体板方向做初速为零的匀加速运动；（3）欲使粒子不再返回CD板间，带电粒子做圆周运动至CD板右上角时为临界状态，由几何知识确定半径，由牛顿第二定律求临界情况的B解答：解：（1）带电粒子通过AB板间时由动能定理得：qU=mv02解得：v0=带电粒子在CD板间做类平抛运动，沿导体板方向做匀速运动，垂直导体板方向做初速为零的匀加速运动，加速度设为a，射出CD板时速度方向与水平间夹角设为水平方向：2d=v0t竖直方向加速度：a=带电粒子在CD中的偏转位移y=t2=d（2）
40、设粒子离开电场时速度方向与水平方向夹角为则：tan=cos=联立得：=45，v=2（3）由上面分析可知带电粒子从CD导体板的右下角射出再进入匀强磁场中，欲使粒子不再返回CD板间，带电粒子做圆周运动至CD板右上角时为临界状态，设圆周运动的半径为R，磁感应强度为B由几何知识得：d2=R2+R2qvB=m联立得：B=答：（1）带电粒子射出C、D板时的偏转位移大小为；（2）带电粒子射出C、D板时的速度v大小为2，方向与水平方向成45；（3）欲使带电粒子恰不再返回至C、D板间，则右侧磁场的磁感应强度的最大值为多少？点评：本题考查了带电粒子在电磁场中的运动，过程复杂，是一道难题，分析清楚粒子的运动过程，作出粒子的运动轨迹，是正确解题的关键高考资源网版权所有，侵权必究！